2023-2024學(xué)年湖北省重點(diǎn)高中智學(xué)聯(lián)盟高一下學(xué)期5月聯(lián)考物理試卷（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1湖北省重點(diǎn)高中智學(xué)聯(lián)盟2024年春季高一年級(jí)5月聯(lián)考物理試題命題學(xué)校：鄂州高中命題人：楊炳靈江文雄謝操審題人：一、選擇題（本題共10小題，每小題4分，共40分。第1—7題為單選題，第8—10題為多選題。其中第1—6題和第8—10題為必做部分，第7題有兩道，為選做部分，兩道任選一道作答）1.物理學(xué)發(fā)展中許多物理學(xué)家的科學(xué)研究推動(dòng)了人類文明的進(jìn)程，下列說法正確的是（）A.卡文迪什發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，并在實(shí)驗(yàn)室測(cè)出了引力常量B.第谷將開普勒的幾千個(gè)數(shù)據(jù)歸納得出簡(jiǎn)潔的三定律，揭示了行星運(yùn)動(dòng)的規(guī)律C.牛頓最早通過理想斜面實(shí)驗(yàn)得出：力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因D.托勒密和哥白尼都建立了物理模型來分析行星運(yùn)動(dòng)，對(duì)后人產(chǎn)生了深遠(yuǎn)影響〖答案〗D〖解析〗A．牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，卡文迪什在實(shí)驗(yàn)室測(cè)出了引力常量，故A錯(cuò)誤；B．開普勒將第谷的幾千個(gè)數(shù)據(jù)歸納得出簡(jiǎn)潔的三定律，揭示了行星運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，故B錯(cuò)誤；C．伽利略最早通過理想斜面實(shí)驗(yàn)得出：力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因，故C錯(cuò)誤；D．托勒密和哥白尼都建立了物理模型來分析行星運(yùn)動(dòng)，對(duì)后人產(chǎn)生了深遠(yuǎn)影響，故D正確。故選D。2.1935年5月，紅軍為突破“圍剿”決定強(qiáng)渡大渡河。連長(zhǎng)熊尚林任隊(duì)長(zhǎng)率領(lǐng)16名戰(zhàn)士，由帥士高等4名當(dāng)?shù)卮[渡，冒著槍林彈雨依托僅有的一條小木船堅(jiān)決強(qiáng)突。若河面寬300m，水流速度3m/s，木船相對(duì)靜水速度2m/s，前半程采用最短時(shí)間的方案向?qū)Π冻霭l(fā)，在木船到達(dá)河面中央時(shí)因受敵方炮彈波及，使木船沿平行河岸方向偏離原來的位置，后半程采用最小位移的方案繼續(xù)前進(jìn)，最后成功抵達(dá)對(duì)岸渡口。不計(jì)中途偏離的時(shí)間與位移，下列說法正確的是（）A.前半程用時(shí)為75sB.前半程位移為150mC.后半程用時(shí)為75sD.后半程位移為〖答案〗A〖解析〗A．前半程采用最短時(shí)間方案，即船以相對(duì)靜水速度，向?qū)Π缎旭?，前半程垂直河岸方向的位移用時(shí)為A正確；B．前半程垂直河岸方向的位移，船在平行于河岸方向的速度為水速，在平行于河岸方向的位移所以前半程的合位移為B錯(cuò)誤；C．由于船相對(duì)靜水速度2m/s小于水流速度3m/s，所以后半程選擇最短位移過河方案時(shí)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解，船相對(duì)靜水速度、水流速度與合速度應(yīng)滿足的關(guān)系，如圖合速度大小應(yīng)為其中則合速度在垂直河岸方向的分速度為由于后半程垂直河岸方向的位移也為，則后半程用時(shí)為C錯(cuò)誤；D．后半程船的合速度方向與沿河岸方向的夾角滿足，由于合速度大小方向固定，船的運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以后半程的位移為其中D錯(cuò)誤。故選A。3.關(guān)于力對(duì)物體做功，下列說法正確的是（）A.滑動(dòng)摩擦力對(duì)物體一定做負(fù)功B.靜摩擦力總是不做功C.一對(duì)相互作用的滑動(dòng)摩擦力對(duì)相互作用的兩物體做功代數(shù)和一定為負(fù)值D.力對(duì)物體不做功，物體加速度大小一定為零〖答案〗C〖解析〗A．滑動(dòng)摩擦力的方向與物體相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向相反，但與運(yùn)動(dòng)方向可以相同，也可以相反，還可以與運(yùn)動(dòng)方向垂直，故可能做負(fù)功，也可能做正功，也可以不做功，故A錯(cuò)誤；B．靜摩擦力的方向與物體相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)方向相反，但與運(yùn)動(dòng)方向可以相同，也可以相反，可以成任意夾角，故靜摩擦力可以做正功，可以做負(fù)功，也可以不做功，故B錯(cuò)誤；C．一對(duì)相互作用的滑動(dòng)摩擦力對(duì)相互作用的兩物體做功代數(shù)和一定為負(fù)值，其絕對(duì)值等于產(chǎn)生的內(nèi)能，故C正確；D．力對(duì)物體不做功，物體動(dòng)能一定不變，但不一定平衡，加速度也不一定為零，如勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選C。4.有一個(gè)高的曲面固定不動(dòng)，一個(gè)質(zhì)量為2kg的物體，由靜止開始從曲面的頂點(diǎn)滑下，滑到底端時(shí)的速度大小為5m/s，g取。在此過程中，下列說法正確的是（）A.物體的動(dòng)能減少了25JB.物體的機(jī)械能減少了100JC.物體的機(jī)械能守恒D.物體的重力勢(shì)能減少了100J〖答案〗D〖解析〗A．物體的動(dòng)能增加了故A錯(cuò)誤；D．物體的重力勢(shì)能減少了故D錯(cuò)誤；BC．物體的機(jī)械能變化量為可知物體的機(jī)械能減少了，故BC錯(cuò)誤。故選D。5.2024年4月25日，神舟十八號(hào)載人飛船發(fā)射取得圓滿成功，三名宇航員將會(huì)在空間站內(nèi)展開各種工作。若中國(guó)空間站繞地球可視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知地表重力加速度為g，軌道離地面的高度為h，地球半徑為R，忽略地球自轉(zhuǎn)的影響，則下列說法正確的是（）A.空間站的運(yùn)行速度為B.空間站的運(yùn)行周期為C.空間站繞地球運(yùn)動(dòng)的向心加速度大于gD.空間站內(nèi)物體能夠漂浮是因?yàn)槠渌芎狭榱恪即鸢浮紹〖解析〗ABC．在地球表面處有空間站繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由萬有引力提供向心力得可得故AC錯(cuò)誤，B正確；D．空間站內(nèi)物體能夠漂浮是因?yàn)槠渌芎狭偤锰峁┪矬w繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力，故D錯(cuò)誤。故選B。6.某商家為了促銷推出彈珠抽獎(jiǎng)游戲，圖為游戲的模型示意圖，游戲面板平面與水平面成固定放置，面板右側(cè)的直管道與半徑為R的細(xì)圓管軌道平滑連接，兩者固定在面板上。圓管軌道的圓心為O，頂端水平。顧客游戲時(shí)，用外力壓縮面板底部連接的小彈簧將彈簧頂端的小彈珠彈出。已知彈珠質(zhì)量m，直管道長(zhǎng)度l，AB長(zhǎng)度d，分為圖中的五個(gè)中獎(jiǎng)區(qū)域，不計(jì)所有摩擦和阻力。某一次抽獎(jiǎng)小球剛好打在A點(diǎn)，已知重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.無論怎么改變彈簧壓縮量，小球都不可能落入B側(cè)的一等獎(jiǎng)槽中B.小球離開細(xì)圓管軌道的速度為C.若小球落在AB中點(diǎn)，則其離開細(xì)圓管軌道的速度為原來的D.小球達(dá)到A點(diǎn)時(shí)，重力的瞬時(shí)功率為〖答案〗B〖解析〗A．小球離開圓弧軌道時(shí)速度可能為0，即在最高點(diǎn)有滿足桿—球模型剛好過最高點(diǎn)，則此時(shí)小球可能落在B側(cè)一等獎(jiǎng)槽中，故A錯(cuò)誤；B．小球在斜面上所受合力沿斜面向下，有可得小球落到底面，在沿斜面方向有解得時(shí)間為小球落在A點(diǎn)，平行于AB方向，小球做勻速運(yùn)動(dòng)，有解得故B正確；C．若小球落在AB的中點(diǎn)，有解得故C錯(cuò)誤；D．沿斜面向下的速度為則重力瞬時(shí)功率為故D錯(cuò)誤。故選B。7.如圖所示，abc為均勻帶電半圓環(huán)，O為其圓心，O處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，將一試探電荷從O點(diǎn)移到無窮遠(yuǎn)處，克服電場(chǎng)力做功為W。若在cd處再放置一段圓的均勻帶電圓弧，如虛線所示，其單位長(zhǎng)度帶電量與abc相同，電性與abc相反，則此時(shí)O點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小及將同樣的試探電荷從無窮遠(yuǎn)處移到O點(diǎn)克服電場(chǎng)力做功為（）A.， B.， C.， D.，〖答案〗C〖解析〗把題中半圓環(huán)等分為兩段，即每段為圓環(huán)，每段在點(diǎn)O的電勢(shì)為，電場(chǎng)強(qiáng)度為，且方向分別與E夾角為，根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加原理可知設(shè)試探電荷的電荷量為，則有因?yàn)殡妱?shì)是標(biāo)量，每段導(dǎo)體在O上的電勢(shì)為同理，在cd處再放置一段圓的均勻帶電圓弧后，可等分為3個(gè)圓環(huán)，由于電性與abc相反，根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)疊加可知O處的場(chǎng)強(qiáng)大小為電勢(shì)為3個(gè)圓環(huán)在O點(diǎn)的電勢(shì)之和，則有將同樣的試探電荷從無窮遠(yuǎn)處移到O點(diǎn)克服電場(chǎng)力做功為故選C。8.如圖所示，假設(shè)沿地球直徑鑿?fù)ㄒ粭l隧道，把一小球從地面S點(diǎn)靜止釋放，小球在隧道內(nèi)的運(yùn)動(dòng)可視為簡(jiǎn)諧振動(dòng)。已知地球半徑為R，小球經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)開始計(jì)時(shí)，由O向S運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間第1次過P點(diǎn)（P點(diǎn)圖中未標(biāo)出），再經(jīng)時(shí)間又過該點(diǎn)。則（）A.小球振動(dòng)的周期為 B.O到P的距離為C.小球第3次過P點(diǎn)所需的時(shí)間為 D.由S到O的運(yùn)動(dòng)過程中小球受力逐漸增大〖答案〗B〖解析〗A.小球經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)開始計(jì)時(shí)，由O向S運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t0時(shí)間第1次過P點(diǎn)，再經(jīng)2t0時(shí)間又過該點(diǎn)，說明小球從O到P的時(shí)間為t0，從P到最大位移處的時(shí)間為t0，小球從最大位移處再回到P點(diǎn)的時(shí)間為t0，則小球振動(dòng)的周期為T=4(t0+t0)=8t0故A錯(cuò)誤;；B.設(shè)O到P的距離為x，由簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可得x=Asin又A=R則得故B正確；C.小球第3次過P點(diǎn)所需的時(shí)間為t=6t0故C錯(cuò)誤；D.由S到O的運(yùn)動(dòng)過程中小球做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，位移逐漸減小，根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的特征分析可知加速度逐漸減小，由牛頓第二定律知小球受力逐漸減小，故D錯(cuò)誤。故選B。9.兩個(gè)星體在二者間相互引力作用下，分別繞它們連線上某點(diǎn)做周期相等的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，這樣的星體稱為雙星系統(tǒng)，宇宙中有甲、乙兩天體構(gòu)成的雙星系統(tǒng)，若甲、乙兩天體線速度之比為，兩天體半徑之比為，則下列正確的是（）A.甲、乙兩天體質(zhì)量之比為B.甲、乙兩天體表面重力加速度之比為C.甲、乙兩天體動(dòng)能之比D.甲、乙兩天體角速度之比為〖答案〗AB〖解析〗ACD．根據(jù)題意可知，甲、乙兩天體繞它們連線上某點(diǎn)做周期相等的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則甲、乙兩天體角速度之比為；它們做圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力由相互作用的萬有引力提供，則有又聯(lián)立可得甲、乙兩天體質(zhì)量之比為甲、乙兩天體動(dòng)能之比故A正確，CD錯(cuò)誤；B．物體在星球表面有可得表面重力加速度為則甲、乙兩天體表面重力加速度之比為故B正確。故選AB10.如圖所示，電動(dòng)機(jī)通過輕繩和輕質(zhì)動(dòng)滑輪拉起質(zhì)量為m的重物，重物原本靜止，某一時(shí)刻電動(dòng)機(jī)開始以恒定的輸出功率P（即指向外界提供的功率）工作。已知重力加速度為g，輕繩足夠長(zhǎng)，不計(jì)一切摩擦和空氣阻力，忽略滑輪和輕繩的質(zhì)量。以下說法正確的是（）A.電機(jī)啟動(dòng)后重物向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B.重物速度為v時(shí)，重物的加速度為C.重物速度為v時(shí)，繩上拉力為D.若重物相對(duì)初始位置上升了高度h，電機(jī)工作時(shí)間為t，那么重物此時(shí)的速度為〖答案〗BD〖解析〗ABC．重物速度為v時(shí)，電動(dòng)機(jī)拉動(dòng)繩子的速率為2v，則繩中拉力大小為以重物為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得，重物的加速度為由于電動(dòng)機(jī)以恒定的輸出功率P工作，可知隨著重物速度v的增大，重物的加速度逐漸減小，則電機(jī)啟動(dòng)后重物向上做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，故AC錯(cuò)誤，B正確；D．若重物相對(duì)初始位置上升了高度h，電機(jī)工作時(shí)間為t，根據(jù)動(dòng)能定理可得解得重物此時(shí)的速度為故D正確。故選BD。11.如圖所示，水平轉(zhuǎn)臺(tái)上有一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊，用輕細(xì)繩將物塊連接在通過轉(zhuǎn)臺(tái)中心的豎直轉(zhuǎn)軸OP上，OP高度為h，物塊距P點(diǎn)距離為R，系統(tǒng)靜止時(shí)細(xì)繩伸直且拉力剛好為零。物塊與轉(zhuǎn)臺(tái)間動(dòng)摩擦因數(shù)，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。現(xiàn)物塊和轉(zhuǎn)臺(tái)一起以相同的角速度繞OP軸做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g，下列說法錯(cuò)誤的是（）A.若，當(dāng)，轉(zhuǎn)臺(tái)對(duì)物塊的支持力小于重力B.若，當(dāng)，摩擦力小于C.若，當(dāng)，繩上拉力為D.隨著的取值由零逐增加，轉(zhuǎn)臺(tái)與物塊的摩擦力先逐漸增加后逐漸減小〖答案〗AC〖解析〗A．若，系統(tǒng)靜止時(shí)細(xì)繩伸直且拉力剛好為零，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力時(shí)，轉(zhuǎn)臺(tái)的角速度為，有解得當(dāng)時(shí)，明顯可知由靜摩擦力提供向心力，豎直方向?qū)ξ飰K受力分析有轉(zhuǎn)臺(tái)對(duì)物塊的支持力等于重力；故A錯(cuò)誤，符合題意；B．當(dāng)物塊剛好要要離開轉(zhuǎn)臺(tái)時(shí)，對(duì)轉(zhuǎn)臺(tái)的壓力為零，設(shè)轉(zhuǎn)臺(tái)的角速度為，此時(shí)物塊受拉力和重力，由拉力和重力的合力提供向心力，有由幾何關(guān)系得聯(lián)立解得若，當(dāng)，明顯得此時(shí)物塊受拉力、支持力、摩擦力和重力，由拉力和摩擦力提供向心力解得得摩擦力小于，故B正確，不符合題意；C．若，當(dāng)，明顯此時(shí)物塊受拉力和重力，由拉力和重力的合力提供向心力，有由幾何關(guān)系可知故C錯(cuò)誤，符合題意；D．當(dāng)較小由靜摩擦力提供向心力，隨著的增大，靜摩擦力增大，當(dāng)靜摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)，靜摩擦力達(dá)到最大值，隨著的增大，當(dāng)由拉力和重力的合力提供向心力，靜摩擦力減小為零，所以隨著的取值由零逐增加，轉(zhuǎn)臺(tái)與物塊的摩擦力先逐漸增加后逐漸減小，故D正確，不符合題意；故選AC。二、實(shí)驗(yàn)題（本題共2小題，共16分）12.利用實(shí)驗(yàn)室的斜面小槽等器材研究平拋運(yùn)動(dòng)，用頻閃相機(jī)記錄小球的運(yùn)動(dòng)軌跡。（1）實(shí)驗(yàn)過程中，要在頻閃照片中建立直角坐標(biāo)系研究平拋軌跡，通過_________圖中的方法建立直角坐標(biāo)系，在頻閃照片軌跡上另選一處位置較遠(yuǎn)的小球，測(cè)得小球球心和坐標(biāo)原點(diǎn)的水平實(shí)際距離為x，豎直實(shí)際距離為y，可求得小球的初速度_________。（用物理量x，y，g表示）A.B.C.D.（2）某同學(xué)選（1）中A圖使用（1）中的方法測(cè)量平拋的初速度，這樣測(cè)得的平拋初速度值與真實(shí)值相比，測(cè)量結(jié)果_________。（填“偏大”、“偏小”或“準(zhǔn)確”）〖答案〗（1）C（2）偏大〖解析〗【小問1詳析】坐標(biāo)原點(diǎn)為小球在斜槽末端時(shí)，小球球心在木板上的投影。故選C。根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有，聯(lián)立可得小球的初速度為【小問2詳析】某同學(xué)選（1）中A圖使用（1）中的方法測(cè)量平拋的初速度，則豎直方向位移y測(cè)量值偏小，水平位移x測(cè)量準(zhǔn)確，根據(jù)可知這樣測(cè)得的平拋初速度值與真實(shí)值相比，測(cè)量結(jié)果偏大。13.某實(shí)驗(yàn)小組用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。圖中O是量角器的圓心，懸線一端系于此處，另一端系一個(gè)小鋼球，S是光電門，位于O點(diǎn)正下方。實(shí)驗(yàn)過程中，調(diào)節(jié)裝置使OS保持豎直，量角器所在平面為豎直平面，將鋼球拉開一定角度，保持懸線伸直，由靜止釋放鋼球，在鋼球底部粘住一片寬度為d的遮光條，記錄鋼球每次下落時(shí)的繩子與豎直方向的夾角和遮光條經(jīng)過光電門的擋光時(shí)間t：（1）用計(jì)算鋼球動(dòng)能變化量的大小，用刻度尺測(cè)量遮光條寬度示數(shù)如圖乙所示，其讀數(shù)_________。某次測(cè)量中，計(jì)時(shí)器的示數(shù)為，則鋼球經(jīng)過S時(shí)的速度_________m/s；（2）要完成實(shí)驗(yàn)，除（1）問外還必須測(cè)量物理量是_________；A.鋼球（包括遮光條）的質(zhì)量mB.由靜止釋放到鋼球運(yùn)動(dòng)到光電門位置所用的時(shí)間C.鋼球重心到懸線懸點(diǎn)O距離L（3）用題設(shè)和（2）中給定的物理量符號(hào)寫出驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的表達(dá)式：_________（重力加速度為g）；（4）某同學(xué)驗(yàn)證機(jī)械能守恒時(shí)，發(fā)現(xiàn)小鋼球的勢(shì)能減小量，總是略小于動(dòng)能增加量，造成該差異的原因是_________。A.計(jì)算鋼球重力勢(shì)能的變化時(shí)，L測(cè)量為O點(diǎn)到球在最低點(diǎn)時(shí)底端之間的距離B.鋼球下落過程中存在空氣阻力C.實(shí)驗(yàn)中所求速度是遮光條的速度，比鋼球速度略大〖答案〗（1）1.001.00（2）C（3）（4）C〖解析〗【小問1詳析】刻度尺的最小分度值為1mm，需估讀一位，所以讀數(shù)為1.00cm；鋼球經(jīng)過S的時(shí)間極短，則其平均速度約等于瞬時(shí)速度，有【小問2詳析】物體下擺的過程中到最下端獲得速度為v，有消去等式兩邊的質(zhì)量m，變形后得到守恒表達(dá)式為所以必須測(cè)量的物理量除了光電門記錄的時(shí)間和外，還有物體重心到懸線懸點(diǎn)O的距離L，故選C；【小問3詳析】由給定的物理量符號(hào)寫出驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的表達(dá)式為【小問4詳析】若實(shí)驗(yàn)時(shí)發(fā)現(xiàn)與之間存在差異，且有；A．計(jì)算鋼球重力勢(shì)能的變化時(shí)，L測(cè)量為O點(diǎn)到球在最低點(diǎn)時(shí)底端之間的距離，測(cè)量的小球下落的高度偏大，則偏大，故A錯(cuò)誤；B．若鋼球下落過程中存在空氣阻力，則有重力勢(shì)能減少量大于鋼球動(dòng)能增加量，即，故B錯(cuò)誤；C．實(shí)驗(yàn)中所求速度是遮光條的速度，比鋼球速度略大，導(dǎo)致，故C正確。故選C。三、解答題（本題共3小題，共44分。其中第13題和16題為必做題，14和15題為選做題，兩道題中任選一道作答。）14.如圖所示，位于豎直平面上的圓弧固定軌道，軌道表面光滑，半徑為r，OB沿豎直方向，上端A距地面高度為h，質(zhì)量為m的小球從A點(diǎn)由靜止釋放，從B點(diǎn)離開軌道，最后落在地面上C點(diǎn)處，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，求：（1）小球剛運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的加速度大小和對(duì)軌道的壓力大小；（2）小球落地點(diǎn)C與B點(diǎn)之間的水平距離?！即鸢浮剑?）2g，3mg；（2）〖解析〗（1）對(duì)A到B過程，由動(dòng)能定理解得由圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得由徑向方向列牛頓第二定律解得有牛頓第三定律得壓力大?。?）由平拋運(yùn)動(dòng)公式得15.如圖所示，圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在一個(gè)平行于該區(qū)域的勻強(qiáng)電場(chǎng)，MN為圓的一條直徑。質(zhì)量為m、電荷量為的粒子從M點(diǎn)以速度v射入電場(chǎng)，速度方向與MN夾角，一段時(shí)間后粒子運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，速度大小仍為v，不計(jì)粒子重力。求：（1）電場(chǎng)強(qiáng)度的方向；（2）勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小E；（3）僅改變粒子速度大小，當(dāng)粒子離開圓形區(qū)域的電勢(shì)能最小時(shí)，粒子速度改變量的大小。〖答案〗（1）電場(chǎng)強(qiáng)度方向垂直MN斜向左下；（2）；（3）〖解析〗（1）從M到N粒子動(dòng)能不變，電場(chǎng)力做功為0，所以MN為等勢(shì)線，由于粒子帶正電且所受電場(chǎng)力偏向，所以電場(chǎng)強(qiáng)度方向垂直MN斜向左下。（2）粒子做類似斜拋的運(yùn)動(dòng)，沿MN方向，粒子做勻速運(yùn)動(dòng)，則有垂直MN方向有根據(jù)牛頓第二定律得聯(lián)立解得勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為（2）如圖所示當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)，電勢(shì)能最??；由，，聯(lián)立解得16.甲、乙兩位同學(xué)利用中國(guó)象棋進(jìn)行游戲。某次游戲中，在水平放置的棋盤上，甲用手將甲方的棋子以0.4m/s的初速度正對(duì)乙方棋子彈出，兩棋子相碰撞后（碰撞時(shí)間極短），甲方棋子速度大小變?yōu)?.1m/s，方向不變．兩棋子初始位置如圖所示，棋子中心與網(wǎng)格線交叉點(diǎn)重合，該棋盤每方格長(zhǎng)寬均，棋子直徑均為，棋子質(zhì)量相等均為，棋子與棋盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為。重力加速度g大小取。求：（1）甲、乙兩棋子相碰時(shí)損失的機(jī)械能；（2）通過計(jì)算，判斷乙方棋子中心是否滑出邊界；（3）甲方棋子從彈出到停下所需的時(shí)間。（計(jì)算結(jié)果保留2位有效數(shù)字）〖答案〗（1）；（2）不滑出邊界；（3）〖解析〗（1）設(shè)甲、乙兩棋子碰撞前瞬間甲棋子的速度大小為，從甲棋子開始運(yùn)動(dòng)到甲、乙碰撞前瞬間過程，甲移動(dòng)距離為對(duì)甲棋子，由動(dòng)能定理得代入數(shù)據(jù)解得甲、乙兩棋子碰撞過程系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)碰撞后瞬間乙棋子的速度大小為，以碰撞前甲棋子的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得碰撞過程中損失的機(jī)械能為解得（2）設(shè)乙棋子碰后運(yùn)動(dòng)距離停下來，對(duì)乙棋子，由動(dòng)能定理得解得即可乙棋子移動(dòng)距離不夠1方格，棋子中心不滑出邊界。（3）對(duì)甲棋子從彈出到碰撞前，列動(dòng)量定理有解得碰撞后，對(duì)甲棋子，列動(dòng)量定理有解得甲方棋子從彈出到停下所需的時(shí)間為17.如圖所示，直角桿AOB位于豎直平面內(nèi)，OA水平，OB豎直，兩桿光滑，用長(zhǎng)度為l的不可伸長(zhǎng)的輕細(xì)繩連接兩小球a和b，將兩球分別套在OA和OB桿上，兩球的質(zhì)量均為m，初始時(shí)a球靜止于O點(diǎn)，輕繩豎直，兩球處于平衡狀態(tài)。對(duì)a球施加一水平向右的恒力，使a球向右運(yùn)動(dòng)，b球向上運(yùn)動(dòng)。a球向右達(dá)到最大位移時(shí)輕繩與豎直方向夾角為53°，重力加速度為g。（）。求：（1）當(dāng)輕繩與豎直方向夾角為30°時(shí)，求的值；（2）求恒力F的大??；（3）恒力F作用的運(yùn)動(dòng)過程中兩球組成系統(tǒng)的最大動(dòng)能?！即鸢浮剑?）；（2）；（3）〖解析〗（1）由于輕繩不可伸長(zhǎng)，可知兩球沿繩方向速度相同，當(dāng)輕繩與豎直方向夾角為30°時(shí)，有解得（2）對(duì)a、b向右運(yùn)動(dòng)至最大位移過程，由動(dòng)能定理得解得（3）系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)過程中恒力F做正功，重力做負(fù)功，設(shè)輕繩與豎直方向夾角為，由動(dòng)能定理得可得經(jīng)數(shù)學(xué)變換可得其中當(dāng)時(shí)，可得兩球組成系統(tǒng)的最大動(dòng)能為湖北省重點(diǎn)高中智學(xué)聯(lián)盟2024年春季高一年級(jí)5月聯(lián)考物理試題命題學(xué)校：鄂州高中命題人：楊炳靈江文雄謝操審題人：一、選擇題（本題共10小題，每小題4分，共40分。第1—7題為單選題，第8—10題為多選題。其中第1—6題和第8—10題為必做部分，第7題有兩道，為選做部分，兩道任選一道作答）1.物理學(xué)發(fā)展中許多物理學(xué)家的科學(xué)研究推動(dòng)了人類文明的進(jìn)程，下列說法正確的是（）A.卡文迪什發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，并在實(shí)驗(yàn)室測(cè)出了引力常量B.第谷將開普勒的幾千個(gè)數(shù)據(jù)歸納得出簡(jiǎn)潔的三定律，揭示了行星運(yùn)動(dòng)的規(guī)律C.牛頓最早通過理想斜面實(shí)驗(yàn)得出：力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因D.托勒密和哥白尼都建立了物理模型來分析行星運(yùn)動(dòng)，對(duì)后人產(chǎn)生了深遠(yuǎn)影響〖答案〗D〖解析〗A．牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，卡文迪什在實(shí)驗(yàn)室測(cè)出了引力常量，故A錯(cuò)誤；B．開普勒將第谷的幾千個(gè)數(shù)據(jù)歸納得出簡(jiǎn)潔的三定律，揭示了行星運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，故B錯(cuò)誤；C．伽利略最早通過理想斜面實(shí)驗(yàn)得出：力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因，故C錯(cuò)誤；D．托勒密和哥白尼都建立了物理模型來分析行星運(yùn)動(dòng)，對(duì)后人產(chǎn)生了深遠(yuǎn)影響，故D正確。故選D。2.1935年5月，紅軍為突破“圍剿”決定強(qiáng)渡大渡河。連長(zhǎng)熊尚林任隊(duì)長(zhǎng)率領(lǐng)16名戰(zhàn)士，由帥士高等4名當(dāng)?shù)卮[渡，冒著槍林彈雨依托僅有的一條小木船堅(jiān)決強(qiáng)突。若河面寬300m，水流速度3m/s，木船相對(duì)靜水速度2m/s，前半程采用最短時(shí)間的方案向?qū)Π冻霭l(fā)，在木船到達(dá)河面中央時(shí)因受敵方炮彈波及，使木船沿平行河岸方向偏離原來的位置，后半程采用最小位移的方案繼續(xù)前進(jìn)，最后成功抵達(dá)對(duì)岸渡口。不計(jì)中途偏離的時(shí)間與位移，下列說法正確的是（）A.前半程用時(shí)為75sB.前半程位移為150mC.后半程用時(shí)為75sD.后半程位移為〖答案〗A〖解析〗A．前半程采用最短時(shí)間方案，即船以相對(duì)靜水速度，向?qū)Π缎旭?，前半程垂直河岸方向的位移用時(shí)為A正確；B．前半程垂直河岸方向的位移，船在平行于河岸方向的速度為水速，在平行于河岸方向的位移所以前半程的合位移為B錯(cuò)誤；C．由于船相對(duì)靜水速度2m/s小于水流速度3m/s，所以后半程選擇最短位移過河方案時(shí)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解，船相對(duì)靜水速度、水流速度與合速度應(yīng)滿足的關(guān)系，如圖合速度大小應(yīng)為其中則合速度在垂直河岸方向的分速度為由于后半程垂直河岸方向的位移也為，則后半程用時(shí)為C錯(cuò)誤；D．后半程船的合速度方向與沿河岸方向的夾角滿足，由于合速度大小方向固定，船的運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以后半程的位移為其中D錯(cuò)誤。故選A。3.關(guān)于力對(duì)物體做功，下列說法正確的是（）A.滑動(dòng)摩擦力對(duì)物體一定做負(fù)功B.靜摩擦力總是不做功C.一對(duì)相互作用的滑動(dòng)摩擦力對(duì)相互作用的兩物體做功代數(shù)和一定為負(fù)值D.力對(duì)物體不做功，物體加速度大小一定為零〖答案〗C〖解析〗A．滑動(dòng)摩擦力的方向與物體相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向相反，但與運(yùn)動(dòng)方向可以相同，也可以相反，還可以與運(yùn)動(dòng)方向垂直，故可能做負(fù)功，也可能做正功，也可以不做功，故A錯(cuò)誤；B．靜摩擦力的方向與物體相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)方向相反，但與運(yùn)動(dòng)方向可以相同，也可以相反，可以成任意夾角，故靜摩擦力可以做正功，可以做負(fù)功，也可以不做功，故B錯(cuò)誤；C．一對(duì)相互作用的滑動(dòng)摩擦力對(duì)相互作用的兩物體做功代數(shù)和一定為負(fù)值，其絕對(duì)值等于產(chǎn)生的內(nèi)能，故C正確；D．力對(duì)物體不做功，物體動(dòng)能一定不變，但不一定平衡，加速度也不一定為零，如勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選C。4.有一個(gè)高的曲面固定不動(dòng)，一個(gè)質(zhì)量為2kg的物體，由靜止開始從曲面的頂點(diǎn)滑下，滑到底端時(shí)的速度大小為5m/s，g取。在此過程中，下列說法正確的是（）A.物體的動(dòng)能減少了25JB.物體的機(jī)械能減少了100JC.物體的機(jī)械能守恒D.物體的重力勢(shì)能減少了100J〖答案〗D〖解析〗A．物體的動(dòng)能增加了故A錯(cuò)誤；D．物體的重力勢(shì)能減少了故D錯(cuò)誤；BC．物體的機(jī)械能變化量為可知物體的機(jī)械能減少了，故BC錯(cuò)誤。故選D。5.2024年4月25日，神舟十八號(hào)載人飛船發(fā)射取得圓滿成功，三名宇航員將會(huì)在空間站內(nèi)展開各種工作。若中國(guó)空間站繞地球可視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知地表重力加速度為g，軌道離地面的高度為h，地球半徑為R，忽略地球自轉(zhuǎn)的影響，則下列說法正確的是（）A.空間站的運(yùn)行速度為B.空間站的運(yùn)行周期為C.空間站繞地球運(yùn)動(dòng)的向心加速度大于gD.空間站內(nèi)物體能夠漂浮是因?yàn)槠渌芎狭榱恪即鸢浮紹〖解析〗ABC．在地球表面處有空間站繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由萬有引力提供向心力得可得故AC錯(cuò)誤，B正確；D．空間站內(nèi)物體能夠漂浮是因?yàn)槠渌芎狭偤锰峁┪矬w繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力，故D錯(cuò)誤。故選B。6.某商家為了促銷推出彈珠抽獎(jiǎng)游戲，圖為游戲的模型示意圖，游戲面板平面與水平面成固定放置，面板右側(cè)的直管道與半徑為R的細(xì)圓管軌道平滑連接，兩者固定在面板上。圓管軌道的圓心為O，頂端水平。顧客游戲時(shí)，用外力壓縮面板底部連接的小彈簧將彈簧頂端的小彈珠彈出。已知彈珠質(zhì)量m，直管道長(zhǎng)度l，AB長(zhǎng)度d，分為圖中的五個(gè)中獎(jiǎng)區(qū)域，不計(jì)所有摩擦和阻力。某一次抽獎(jiǎng)小球剛好打在A點(diǎn)，已知重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.無論怎么改變彈簧壓縮量，小球都不可能落入B側(cè)的一等獎(jiǎng)槽中B.小球離開細(xì)圓管軌道的速度為C.若小球落在AB中點(diǎn)，則其離開細(xì)圓管軌道的速度為原來的D.小球達(dá)到A點(diǎn)時(shí)，重力的瞬時(shí)功率為〖答案〗B〖解析〗A．小球離開圓弧軌道時(shí)速度可能為0，即在最高點(diǎn)有滿足桿—球模型剛好過最高點(diǎn)，則此時(shí)小球可能落在B側(cè)一等獎(jiǎng)槽中，故A錯(cuò)誤；B．小球在斜面上所受合力沿斜面向下，有可得小球落到底面，在沿斜面方向有解得時(shí)間為小球落在A點(diǎn)，平行于AB方向，小球做勻速運(yùn)動(dòng)，有解得故B正確；C．若小球落在AB的中點(diǎn)，有解得故C錯(cuò)誤；D．沿斜面向下的速度為則重力瞬時(shí)功率為故D錯(cuò)誤。故選B。7.如圖所示，abc為均勻帶電半圓環(huán)，O為其圓心，O處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，將一試探電荷從O點(diǎn)移到無窮遠(yuǎn)處，克服電場(chǎng)力做功為W。若在cd處再放置一段圓的均勻帶電圓弧，如虛線所示，其單位長(zhǎng)度帶電量與abc相同，電性與abc相反，則此時(shí)O點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小及將同樣的試探電荷從無窮遠(yuǎn)處移到O點(diǎn)克服電場(chǎng)力做功為（）A.， B.， C.， D.，〖答案〗C〖解析〗把題中半圓環(huán)等分為兩段，即每段為圓環(huán)，每段在點(diǎn)O的電勢(shì)為，電場(chǎng)強(qiáng)度為，且方向分別與E夾角為，根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加原理可知設(shè)試探電荷的電荷量為，則有因?yàn)殡妱?shì)是標(biāo)量，每段導(dǎo)體在O上的電勢(shì)為同理，在cd處再放置一段圓的均勻帶電圓弧后，可等分為3個(gè)圓環(huán)，由于電性與abc相反，根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)疊加可知O處的場(chǎng)強(qiáng)大小為電勢(shì)為3個(gè)圓環(huán)在O點(diǎn)的電勢(shì)之和，則有將同樣的試探電荷從無窮遠(yuǎn)處移到O點(diǎn)克服電場(chǎng)力做功為故選C。8.如圖所示，假設(shè)沿地球直徑鑿?fù)ㄒ粭l隧道，把一小球從地面S點(diǎn)靜止釋放，小球在隧道內(nèi)的運(yùn)動(dòng)可視為簡(jiǎn)諧振動(dòng)。已知地球半徑為R，小球經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)開始計(jì)時(shí)，由O向S運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間第1次過P點(diǎn)（P點(diǎn)圖中未標(biāo)出），再經(jīng)時(shí)間又過該點(diǎn)。則（）A.小球振動(dòng)的周期為 B.O到P的距離為C.小球第3次過P點(diǎn)所需的時(shí)間為 D.由S到O的運(yùn)動(dòng)過程中小球受力逐漸增大〖答案〗B〖解析〗A.小球經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)開始計(jì)時(shí)，由O向S運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t0時(shí)間第1次過P點(diǎn)，再經(jīng)2t0時(shí)間又過該點(diǎn)，說明小球從O到P的時(shí)間為t0，從P到最大位移處的時(shí)間為t0，小球從最大位移處再回到P點(diǎn)的時(shí)間為t0，則小球振動(dòng)的周期為T=4(t0+t0)=8t0故A錯(cuò)誤;；B.設(shè)O到P的距離為x，由簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可得x=Asin又A=R則得故B正確；C.小球第3次過P點(diǎn)所需的時(shí)間為t=6t0故C錯(cuò)誤；D.由S到O的運(yùn)動(dòng)過程中小球做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，位移逐漸減小，根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的特征分析可知加速度逐漸減小，由牛頓第二定律知小球受力逐漸減小，故D錯(cuò)誤。故選B。9.兩個(gè)星體在二者間相互引力作用下，分別繞它們連線上某點(diǎn)做周期相等的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，這樣的星體稱為雙星系統(tǒng)，宇宙中有甲、乙兩天體構(gòu)成的雙星系統(tǒng)，若甲、乙兩天體線速度之比為，兩天體半徑之比為，則下列正確的是（）A.甲、乙兩天體質(zhì)量之比為B.甲、乙兩天體表面重力加速度之比為C.甲、乙兩天體動(dòng)能之比D.甲、乙兩天體角速度之比為〖答案〗AB〖解析〗ACD．根據(jù)題意可知，甲、乙兩天體繞它們連線上某點(diǎn)做周期相等的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則甲、乙兩天體角速度之比為；它們做圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力由相互作用的萬有引力提供，則有又聯(lián)立可得甲、乙兩天體質(zhì)量之比為甲、乙兩天體動(dòng)能之比故A正確，CD錯(cuò)誤；B．物體在星球表面有可得表面重力加速度為則甲、乙兩天體表面重力加速度之比為故B正確。故選AB10.如圖所示，電動(dòng)機(jī)通過輕繩和輕質(zhì)動(dòng)滑輪拉起質(zhì)量為m的重物，重物原本靜止，某一時(shí)刻電動(dòng)機(jī)開始以恒定的輸出功率P（即指向外界提供的功率）工作。已知重力加速度為g，輕繩足夠長(zhǎng)，不計(jì)一切摩擦和空氣阻力，忽略滑輪和輕繩的質(zhì)量。以下說法正確的是（）A.電機(jī)啟動(dòng)后重物向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B.重物速度為v時(shí)，重物的加速度為C.重物速度為v時(shí)，繩上拉力為D.若重物相對(duì)初始位置上升了高度h，電機(jī)工作時(shí)間為t，那么重物此時(shí)的速度為〖答案〗BD〖解析〗ABC．重物速度為v時(shí)，電動(dòng)機(jī)拉動(dòng)繩子的速率為2v，則繩中拉力大小為以重物為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得，重物的加速度為由于電動(dòng)機(jī)以恒定的輸出功率P工作，可知隨著重物速度v的增大，重物的加速度逐漸減小，則電機(jī)啟動(dòng)后重物向上做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，故AC錯(cuò)誤，B正確；D．若重物相對(duì)初始位置上升了高度h，電機(jī)工作時(shí)間為t，根據(jù)動(dòng)能定理可得解得重物此時(shí)的速度為故D正確。故選BD。11.如圖所示，水平轉(zhuǎn)臺(tái)上有一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊，用輕細(xì)繩將物塊連接在通過轉(zhuǎn)臺(tái)中心的豎直轉(zhuǎn)軸OP上，OP高度為h，物塊距P點(diǎn)距離為R，系統(tǒng)靜止時(shí)細(xì)繩伸直且拉力剛好為零。物塊與轉(zhuǎn)臺(tái)間動(dòng)摩擦因數(shù)，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力?，F(xiàn)物塊和轉(zhuǎn)臺(tái)一起以相同的角速度繞OP軸做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g，下列說法錯(cuò)誤的是（）A.若，當(dāng)，轉(zhuǎn)臺(tái)對(duì)物塊的支持力小于重力B.若，當(dāng)，摩擦力小于C.若，當(dāng)，繩上拉力為D.隨著的取值由零逐增加，轉(zhuǎn)臺(tái)與物塊的摩擦力先逐漸增加后逐漸減小〖答案〗AC〖解析〗A．若，系統(tǒng)靜止時(shí)細(xì)繩伸直且拉力剛好為零，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力時(shí)，轉(zhuǎn)臺(tái)的角速度為，有解得當(dāng)時(shí)，明顯可知由靜摩擦力提供向心力，豎直方向?qū)ξ飰K受力分析有轉(zhuǎn)臺(tái)對(duì)物塊的支持力等于重力；故A錯(cuò)誤，符合題意；B．當(dāng)物塊剛好要要離開轉(zhuǎn)臺(tái)時(shí)，對(duì)轉(zhuǎn)臺(tái)的壓力為零，設(shè)轉(zhuǎn)臺(tái)的角速度為，此時(shí)物塊受拉力和重力，由拉力和重力的合力提供向心力，有由幾何關(guān)系得聯(lián)立解得若，當(dāng)，明顯得此時(shí)物塊受拉力、支持力、摩擦力和重力，由拉力和摩擦力提供向心力解得得摩擦力小于，故B正確，不符合題意；C．若，當(dāng)，明顯此時(shí)物塊受拉力和重力，由拉力和重力的合力提供向心力，有由幾何關(guān)系可知故C錯(cuò)誤，符合題意；D．當(dāng)較小由靜摩擦力提供向心力，隨著的增大，靜摩擦力增大，當(dāng)靜摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)，靜摩擦力達(dá)到最大值，隨著的增大，當(dāng)由拉力和重力的合力提供向心力，靜摩擦力減小為零，所以隨著的取值由零逐增加，轉(zhuǎn)臺(tái)與物塊的摩擦力先逐漸增加后逐漸減小，故D正確，不符合題意；故選AC。二、實(shí)驗(yàn)題（本題共2小題，共16分）12.利用實(shí)驗(yàn)室的斜面小槽等器材研究平拋運(yùn)動(dòng)，用頻閃相機(jī)記錄小球的運(yùn)動(dòng)軌跡。（1）實(shí)驗(yàn)過程中，要在頻閃照片中建立直角坐標(biāo)系研究平拋軌跡，通過_________圖中的方法建立直角坐標(biāo)系，在頻閃照片軌跡上另選一處位置較遠(yuǎn)的小球，測(cè)得小球球心和坐標(biāo)原點(diǎn)的水平實(shí)際距離為x，豎直實(shí)際距離為y，可求得小球的初速度_________。（用物理量x，y，g表示）A.B.C.D.（2）某同學(xué)選（1）中A圖使用（1）中的方法測(cè)量平拋的初速度，這樣測(cè)得的平拋初速度值與真實(shí)值相比，測(cè)量結(jié)果_________。（填“偏大”、“偏小”或“準(zhǔn)確”）〖答案〗（1）C（2）偏大〖解析〗【小問1詳析】坐標(biāo)原點(diǎn)為小球在斜槽末端時(shí)，小球球心在木板上的投影。故選C。根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有，聯(lián)立可得小球的初速度為【小問2詳析】某同學(xué)選（1）中A圖使用（1）中的方法測(cè)量平拋的初速度，則豎直方向位移y測(cè)量值偏小，水平位移x測(cè)量準(zhǔn)確，根據(jù)可知這樣測(cè)得的平拋初速度值與真實(shí)值相比，測(cè)量結(jié)果偏大。13.某實(shí)驗(yàn)小組用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。圖中O是量角器的圓心，懸線一端系于此處，另一端系一個(gè)小鋼球，S是光電門，位于O點(diǎn)正下方。實(shí)驗(yàn)過程中，調(diào)節(jié)裝置使OS保持豎直，量角器所在平面為豎直平面，將鋼球拉開一定角度，保持懸線伸直，由靜止釋放鋼球，在鋼球底部粘住一片寬度為d的遮光條，記錄鋼球每次下落時(shí)的繩子與豎直方向的夾角和遮光條經(jīng)過光電門的擋光時(shí)間t：（1）用計(jì)算鋼球動(dòng)能變化量的大小，用刻度尺測(cè)量遮光條寬度示數(shù)如圖乙所示，其讀數(shù)_________。某次測(cè)量中，計(jì)時(shí)器的示數(shù)為，則鋼球經(jīng)過S時(shí)的速度_________m/s；（2）要完成實(shí)驗(yàn)，除（1）問外還必須測(cè)量物理量是_________；A.鋼球（包括遮光條）的質(zhì)量mB.由靜止釋放到鋼球運(yùn)動(dòng)到光電門位置所用的時(shí)間C.鋼球重心到懸線懸點(diǎn)O距離L（3）用題設(shè)和（2）中給定的物理量符號(hào)寫出驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的表達(dá)式：_________（重力加速度為g）；（4）某同學(xué)驗(yàn)證機(jī)械能守恒時(shí)，發(fā)現(xiàn)小鋼球的勢(shì)能減小量，總是略小于動(dòng)能增加量，造成該差異的原因是_________。A.計(jì)算鋼球重力勢(shì)能的變化時(shí)，L測(cè)量為O點(diǎn)到球在最低點(diǎn)時(shí)底端之間的距離B.鋼球下落過程中存在空氣阻力C.實(shí)驗(yàn)中所求速度是遮光條的速度，比鋼球速度略大〖答案〗（1）1.001.00（2）C（3）（4）C〖解析〗【小問1詳析】刻度尺的最小分度值為1mm，需估讀一位，所以讀數(shù)為1.00cm；鋼球經(jīng)過S的時(shí)間極短，則其平均速度約等于瞬時(shí)速度，有【小問2詳析】物體下擺的過程中到最下端獲得速度為v，有消去等式兩邊的質(zhì)量m，變形后得到守恒表達(dá)式為所以必須測(cè)量的物理量除了光電門記錄的時(shí)間和外，還有物體重心到懸線懸點(diǎn)O的距離L，故選C；【小問3詳析】由給定的物理量符號(hào)寫出驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的表達(dá)式為【小問4詳析】若實(shí)驗(yàn)時(shí)發(fā)現(xiàn)與之間存在差異，且有；A．計(jì)算鋼球重力勢(shì)能的變化時(shí)，L測(cè)量為O點(diǎn)到球在最低點(diǎn)時(shí)底端之間的距離，測(cè)量的小球下落的高度偏大，則偏大，故A錯(cuò)誤；B．若鋼球下落過程中存在空氣阻力，則有重力勢(shì)能減少量大于鋼球動(dòng)能增加量，即，故B錯(cuò)誤；C．實(shí)驗(yàn)中所求速度是遮光條的速度，比鋼球速度略大，導(dǎo)致，故C正確。故選C。三、解答題（本題共3小題，共44分。其中第13題和16題為必做題，14和15題為選做題，兩道題中任選一道作答。）14.如圖所示，位